我将尝试给出一个直观的解释。

t-statistic* 有一个分子和一个分母。例如，单样本 t 检验中的统计量是

$$\frac{\bar{x}-\mu_0}{s/\sqrt{n}}$$

*（有几个，但希望这个讨论足够笼统，足以涵盖您所询问的内容）

在这些假设下，分子具有均值为 0 和一些未知标准差的正态分布。

在同一组假设下，分母是分子分布的标准差的估计值（分子上统计量的标准差）。它与分子无关。它的平方是一个卡方随机变量除以其自由度（也是 t 分布的 df）乘以。$\sigma_\text{numerator}$

当自由度较小时，分母往往是相当右偏的。它很有可能低于其平均值，并且相当有可能非常小。同时，它也有可能比其平均值大得多。

在正态性假设下，分子和分母是独立的。因此，如果我们从该 t 统计量的分布中随机抽取，我们将得到一个正态随机数除以从平均约为 1 的右偏分布中随机选择的第二个值。

* 不考虑正常术语

因为它在分母上，所以分母分布中的小值会产生非常大的 t 值。分母的右偏使 t 统计量重尾。分布的右尾，当在分母上时，使 t 分布的峰值比具有与t相同标准差的正态分布更尖锐。

然而，随着自由度变大，分布变得更加正常，并且在其均值附近更加“紧密”。

因此，除以分母对分子分布形状的影响随着自由度的增加而减小。

最终——正如斯卢茨基定理可能向我们暗示的那样——分母的影响变得更像是除以一个常数，并且 t 统计量的分布非常接近正态分布。

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根据分母的倒数考虑

whuber 在评论中建议，看看分母的倒数可能更有启发性。也就是说，我们可以将 t 统计量写为分子（正常）乘以分母倒数（右偏）。

例如，我们上面的 one-sample-t 统计量将变为：

$${\sqrt{n}(\bar{x}-\mu_0)}\cdot{1/s}$$

现在考虑原始的总体标准差，。我们可以乘以它并除以它，如下所示：$X_i$$\sigma_x$

$${\sqrt{n}(\bar{x}-\mu_0)/\sigma_x}\cdot{\sigma_x/s}$$

第一项是标准正态。第二项（缩放的反卡方随机变量的平方根）然后通过大于或小于 1 的值缩放标准正态，“将其展开”。

在正态假设下，产品中的两项是独立的。因此，如果我们从这个 t 统计量的分布中随机抽取，我们就有一个正态随机数（乘积中的第一项）乘以来自右偏分布的第二个随机选择的值（不考虑正态项），即 '通常在 1 左右。

当 df 较大时，该值往往非常接近 1，但当 df 较小时，它相当偏斜并且散布很大，这个缩放因子的右大尾巴使尾巴相当肥：

@Glen_b 让您直观地了解为什么随着样本量的增加， t 统计量看起来更正常。现在，当您已经获得统计数据的分布时，我将为您提供稍微技术性的解释。

众所周知，t 统计量分布为学生 t 分布$n-1$自由度，其中$n$是样本量。对应的密度如下：

$$\frac{\left(1+\frac{x^2}{n-1}\right)^{-n/2}}{\sqrt{n-1} B\left(\frac{n-1}{2},\frac{1}{2}\right)}.$$

有可能表明

$$\frac{1}{\sqrt{n-1} B\left(\frac{n-1}{2},\frac{1}{2}\right)}\rightarrow \frac{1}{\sqrt{2\pi}},$$

和

$$\left(1+\frac{x^2}{n-1}\right)^{-n/2}\rightarrow \exp(-x^2/2),$$

作为。通过取这两个极限的乘积，您可以看到 Student-t 密度完全收敛到标准正态密度。$n\rightarrow \infty$

我只是想分享一些有助于我作为初学者的直觉的东西（尽管它没有其他答案那么严格）。

如果$Z, Z_1, ..., Z_n$是 iid 标准正常 RV，然后是以下 RV，

$$\frac{Z}{\sqrt{\frac{Z_1^2+...+Z_n^2}{n}}}$$

具有 t 分布$n$自由程度。

作为$n$变得非常大，使用大数定律我们可以看到分母变为$1$. 所以你只剩下$Z$这是标准正态，这就是为什么 t 分布看起来很正常$n$变大。

详细说明...请注意$E[Z^2] = 1$这表示卡方 RV 的期望值为 1。平方根中的分数只是样本平均值$n$独立同居$Z_i^2$房车。样本均值为$n$变得超级大将等于其中一个的期望值$Z_i^2$是其中之一。

这样$n$变得非常大，你只剩下$\frac{Z}{\sqrt{1}} = Z$